四川省宜宾市2025～2026学年高二数学下学期第一学月学情检测试题【含答案】

满分150分考试时间：120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求．1.音乐播放器里有15首中文歌曲和5首英文歌曲，任选1首歌曲进行播放，则不同的选法共有（）A.30种 B.75种 C.10种 D.20种【答案】D【解析】【分析】由简单计数原理求不同选法数.【详解】在15首中文歌曲和5首英文歌曲，共20首歌中任选一首播放，不同的选法共有种.故选：D2.函数在处的导数为（）A. B.4-sin2 C. D.4-cos2【答案】B【解析】【详解】因为，所以，代入得：.3.如图所示为的图象，则函数的单调递减区间是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据导数与单调性关系确定．【详解】由导函数图象，知或时，，∴的减区间是，．故选：C．【点睛】本题考查导函数与单调性的关系，一般由确定增区间，由确定减区间．4.函数在上的值域为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】求导，得到函数的单调性，从而得到函数的最值，得到值域.【详解】由题意得，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，所以在处取得极小值，也是最小值，故，因为，所以．故所求值域为．故选：A5.若，则（）A.2 B. C.10 D.【答案】A【解析】【分析】对给定等式两边求导，赋值求出即可.【详解】由求导得：，则，解得，即，所以.故选：A6.若函数在上单调递增，则的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由题意得在上恒成立，再次转化为在上恒成立，从而可求出的取值范围.【详解】由，得，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即在上恒成立，所以，即的取值范围为.故选：C7.若函数在处有极小值，则实数的值为（

）A. B. C.或 D.【答案】A【解析】【分析】借助极值点定义可得，即可得或，再分类进行讨论排除极大值情况即可得.【详解】，，解得：或；当时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，在处取得极小值，符合题意；当时，，当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，在处取得极大值，不合题意；综上所述：.故选：A.8.奇函数和偶函数的定义域均为，当时，，则不等式的解集为（）A B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据导数不等式等条件构造函数，利用题设条件判断该函数的单调性，再结合，运用数形结合思想即可求解.【详解】令，当时，，则在上单调递增，又因分别是定义在上的奇函数和偶函数，则由可知函数为奇函数，故在上单调递增，又因，则，则由和的单调性可得或.故不等式的解集是，A正确.二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9.下列不等式恒成立的是（）A. B.C. D.【答案】AB【解析】【分析】首先构造函数利用导数求出最值，即可判断A，B正确，利用特殊值即可判断C，D错误.【详解】对选项A，设，，当时，，为减函数，当时，，为增函数，所以，即，故A正确对选项B，设，，当时，，为增函数，当时，，为减函数，所以，即，故B正确.对选项C，当时，，此时，故C错误.对选项D，当时，，故D错误.故选：AB10.若，则下列选项错误的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】对于AB，，，利用导数判断函数在上的单调性，即可判断AB；对于CD，令函数，，利用导数判断函数在上的单调性，即可判断CD.【详解】解：令，，，因为函数在递增，故函数在递增，而（1），时，，则存在，使得，当时，，当时，，所以函数在上在递减，在上递增，所以无法比较的大小，即无法比较与的大小，故A、B错误；令函数，，则，故在递减，若，则，所以，即，故C正确，D错误.故选：C.11.设函数，若恒成立，则满足条件的正整数可以是（）A.4 B.3 C.2 D.1【答案】CD【解析】【分析】根据题意可得，利用导数结合分类讨论解决恒成立问题.【详解】若恒成立，则恒成立，构建，则，∵，故，则有：当，即时，则在时恒成立，故在上单调递增，则，即符合题意，故满足条件的正整数为1；当，即时，令，则，故在上单调递减，在上单调递增，则，构建，则当时恒成立，故在上单调递减，则，∵，故满足的整数；综上所述：符合条件的整数为1或2，C、D正确三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.有不同的红球5个，不同的白球4个．从中任意取出两个不同颜色的球，则不同的取法有___________种．【答案】20【解析】【详解】第一步，从5个不同的红球中取一个，有5种取法；第二步，从4个不同白球中取一个，有4种取法，根据分步乘法计数原理，不同的取法总数为：种.13.已知函数，则不等式的解集是___________.【答案】【解析】【分析】由题可得函数为奇函数，利用导数可得的单调性进而即得.【详解】因为，定义域为R，故为奇函数，又，所以为增函数，由，可得，则，解得，所以不等式的解集为.故答案为：.14.用半径为的圆形铁皮剪出一个圆心角为的扇形，制成一个圆锥形容器．当该容器的容积最大时，扇形的圆心角__________．【答案】【解析】【分析】设圆锥底面半径为，高为，那么，再根据，代入得到，利用导数求得函数的最大值，以及和，而圆心角.【详解】设圆锥的底面半径为，高为，体积为，则，因此，则，令，解得，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以当时容积最大，把代入，得由，得，即圆心角为时容积最大.故答案为：四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.已知函数.（1）求曲线在点处的切线方程﹔（2）求的单调区间和极值.【答案】（1）；（2）单调增区间为，单调减区间为，极大值为，极小值为.【解析】【分析】（1）由导函数，求出切线斜率，由点斜式得切线方程，整理即得；（2）由导函数可得得的解，列表确定的正负，得的单调区间与极值．【详解】解：（1）∵，∴，∴，又所以切线方程为.即（2）可得或.令，得或；令，得.当变化时，，的变化情况如下表：x1+00+单调递增↗3单调递减↘单调递增↗所以，的单调增区间为，单调减区间为当时，有极大值，并且极大值为当时，有极小值，并且极小值为．16.设是等差数列，是公比大于0等比数列，已知，，．（1）求和的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，根据题意建立方程组，求解即可.（2）利用分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式求解即可.【小问1详解】设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，且．依题意得，解得，则或．又因为，所以，解得，故，．【小问2详解】因为，所以，则.17.如图，在四棱锥中，底面为长方形，底面，是中点，且．（1）证明：；（2）求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】（1）证明见详解（2）【解析】【分析】（1）先通过线面垂直得到线线垂直，再利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）求出平面与平面的法向量，再代入公式即可.【小问1详解】底面，，又底面为长方形，，又平面且，平面，而平面，.【小问2详解】以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，，则，即，令，则，故平面的法向量为，又平面的法向量为，.故平面与平面的夹角的余弦值为.18.已知动点P与平面上两定点连线的斜率的积为定值，试求：（1）动点P的轨迹C的方程；（2）是否存在过点与（1）中曲线C相交所得弦长的直线，若存在，求直线l的方程；若不存在，试说明理由.【答案】（1）；（2）存在，或.【解析】【分析】（1）设动点，根据及斜率两点式列方程求轨迹；（2）设直线与曲线C的交点为，联立轨迹C并应用韦达定理、弦长公式求参数k，即可得结果.【小问1详解】设动点，由题意，化简整理得，故点P的轨迹C的方程是.【小问2详解】直线斜率不存在时不合题意，斜率存在时，设直线与曲线C的交点为，由，得，，则，，，整理得，解得或（舍）.经检验，符合题意，直线l的方程为，即或.19.已知函数（1）讨论的单调性；（2）若有两个零点，求的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）.【解析】【详解】（1）的定义域为，，（ⅰ）若，则，所以在单调递减.（ⅱ）若，则由得.当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.（ⅱ）若，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.①当时，由于，故只有一个零点；②当时，由于，即，故没有零点；③当时，，即.又，故在有一个零点.设正整数满足，则.由于，因此在有一个零点.综上，的取